[BZOJ2432][Noi2011]兔农（数论+矩阵乘法）

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洛谷P2020
BZOJ2432
LOJ#2442

Solution

显然是斐波那契数列。
但是递推式加入了鬼畜的条件：
$f[i]=f[i-1]+f[i-2]-[f[i-1]+f[i-2]\equiv1(\bmod k)]$
我们考虑对在模 $k$ 意义下的 $f$ 进行讨论。
可以发现，当 $i>2$ 时，如果是满足 $f[i-1]+f[i-2]\equiv1(\bmod k)$ 最小的 $i$ ，
那么 $f[i]=0$ ，而：
$f[i+1]=f[i]+f[i-1]=f[i-1]$
同样地， $f[i+2]=f[i+1]+f[i]=f[i-1]$ 。
于是接下去在没有模 $k$ 余 $1$ 的情况时，有 $f[i+x]=f[i-1]\times Fib(x)$ 。
（ $Fib(x)$ 为斐波那契数列第 $x$ 项）
考虑如果存在最小 $j>i$ 满足 $f[j-1]+f[j-2]\equiv1(\bmod k)$ ，
那么有 $f[i-1]\times Fib(j-i)\equiv 1(\bmod k)$ 。
用 exgcd 求出 $f[i-1]$ 的逆元 $f[i-1]^{-1}$ ，找到一个最小的 $j>i$ ，
满足 $Fib(j-i)=f[i-1]^{-1}$ ，则 $f[j-1]+f[j-2]\equiv1(\bmod k)$ 。
如果 $f[i-1]$ 的逆元不存在或者不存在 $Fib(j-i)=f[i-1]^{-1}$ ，则在 $i$ 之后不会出现模 $k$ 余 $1$ 的情况。
又由于 $Fib$ 模 $k$ 的余数的最小正周期为 $O(k)$ ，所以考虑先求出最小正周期 $r$ ，然后预处理出 $1$ 到 $r+1$ 的 $Fib$ 。
然后求出 $Fib[1\dots r+1]$ 的逆元 $inv[1\dots r+1]$ 。
定义 $Fib_x$ 为：
$Fib_x(1)=Fib_x(2)=x$
$Fib_x(n)=Fib_x(n-1)+Fib_x(n-2),n>2$
而定义 $len_x$ 表示满足 $len_x>2$ 且 $Fib_x(len_x)\equiv1(\bmod k)$ 的最小的 $len_x$ 。
由上面的推论得到，
如果 $i>2$ 时 $inv[i]$ 在 $inv[1...i-1]$ 中没有出现过，则 $len_{inv[i]}=i$ 。
其他的 $len$ 都等于 $\infty$ 。
先设初始答案为 $s=f[0]=0$ 且设 $x=num=1$ 。
其中 $num=f[x+1]$ （模 $k$ 意义下）， $s$ 表示 $f[x]$ （模 $p$ 意义下），
$x$ 表示当前讨论 $f[x+1\dots x+len_{num}]$ 。
循环进行下面算法：
（1）如果 $len_{num}\ne\infty$ ，那么会有 $f[x+len_{num}]=0$ 。这时候可以用矩阵乘法将 $s$ 从 $f[x]$ 转移到 $f[x+len_{num}]$ 。注意，如果 $n\le f[x+len_{num}]$ 则转移到 $f[n]$ 并输出即可。
然后 $x\leftarrow x+len_{num}+1$ ， $s\leftarrow x-1$ ， $num\leftarrow Fib_{num}(len_{num-1})$ 。
（2）否则 $len_{num}=\infty$ ，直接转移到 $n$ 即可。
这样会 TLE 。但如果 $num$ 出现了重复，就意味着 $num$ 出现了循环节。通过一个循环节的转移系数相同。
如果循环节长度为 $m$ ，要转移 $n$ 次，就只需要预处理出通过一个循环节的转移矩阵 $A$ 后，求矩阵 $A^{\lfloor\frac nm\rfloor}$ 后，剩下的 $n\bmod m$ 次暴力转移即可。
复杂度 $O(k\log)$ 。

Code

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define For(i, a, b) for (i = a; i <= b; i++)
using namespace std;

template <class T>
T Min(T a, T b) {return a < b ? a : b;}

typedef long long ll;

const int N = 6e6 + 5, M = 3e6 + 5, E = 4;
int k, m, ZZQ, a[N], inv[M], tot, st[M], u[M], len[M], St, Ed, vis[M];
ll n, sum;

struct matr
{
	int n, m, a[E][E];
	
	matr() {}
	matr(int _n, int _m) :
		n(_n), m(_m) {memset(a, 0, sizeof(a));}
		
	friend inline matr operator * (matr a, matr b)
	{
		int i, j, k;
		matr res = matr(a.n, b.m);
		For (i, 1, res.n) For (j, 1, res.m) For (k, 1, a.m)
			res.a[i][j] = (res.a[i][j] + 1ll * a.a[i][k] * b.a[k][j] % ZZQ) % ZZQ;
		return res;
	}
	
	friend inline matr operator ^ (matr a, ll b)
	{
		int i;
		matr res = matr(a.n, a.m);
		For (i, 1, res.n) res.a[i][i] = 1;
		while (b)
		{
			if (b & 1) res = res * a;
			a = a * a;
			b >>= 1;
		}
		return res;
	}
} A, D, J, V, K;

void exgcd(int a, int b, int &x, int &y)
{
	if (!b) return (void) (x = 1, y = 0);
	exgcd(b, a % b, y, x);
	y -= a / b * x;
}

int getinv(int a, int ZZQ)
{
	if (__gcd(a, ZZQ) != 1) return 0;
	int x, y;
	exgcd(a, ZZQ, x, y);
	x = x % ZZQ + ZZQ;
	return x >= ZZQ ? x - ZZQ : x;
}

matr frN(int l, int r, int st1, int st2, ll n)
{
	int i;
	D = matr(2, 1);
	D.a[1][1] = st1; D.a[2][1] = st2;
	For (i, l, r)
	{
		if (n <= 0) return D;
		int rs = Min(n, 1ll * len[i]);
		D = (A ^ rs) * D;
		if (rs >= len[i] - 1) D.a[1][1] = (D.a[1][1] - 1 + ZZQ) % ZZQ;
		if (rs == len[i]) D.a[2][1] = (D.a[2][1] - 1 + ZZQ) % ZZQ;
		n -= rs;
	}
	return D;
}

int main()
{
	int i;
	cin >> n >> k >> ZZQ;
	a[1] = a[2] = 1;
	For (i, 3, 6000000)
		a[i] = (a[i - 1] + a[i - 2]) % k;
	For (i, 3, 6000000)
		if (a[i] == 1 && a[i - 1] == 1)
		{
			m = i - 1; break;
		}
	For (i, 1, m) inv[i] = a[i] ? getinv(a[i], k) : 0;
	For (i, 3, m) if (!vis[a[i]])
	{
		if (inv[i]) st[inv[i]] = i;
		vis[a[i]] = 1;
	}
	memset(vis, 0, sizeof(vis));
	u[1] = 1;
	For (i, 2, k + 1)
	{
		len[i - 1] = st[u[i - 1]];
		u[i] = 1ll * u[i - 1] * a[st[u[i - 1]] - 1] % k;
		if (!u[i]) {St = i; Ed = -1; break;}
		else if (vis[u[i]]) {St = vis[u[i]]; Ed = i - 1; break;}
		vis[u[i]] = i;
	}
	A = matr(2, 2);
	A.a[1][1] = A.a[2][1] = A.a[1][2] = 1;
	For (i, 1, St - 1) sum += len[i];
	matr firs = frN(1, St - 1, 1, 0, Min(n, sum));
	if (n <= sum) return cout << firs.a[2][1] << endl, 0;
	n -= sum; sum = 0;
	if (Ed == -1) return cout << ((A ^ n) * firs).a[2][1] << endl, 0;
	For (i, St, Ed) sum += len[i];
	J = V = matr(3, 3);
	V.a[1][1] = V.a[2][2] = V.a[3][3] = 1;
	J.a[1][1] = J.a[1][2] = J.a[2][1] = 1; J.a[3][3] = 1;
	K = J; K.a[1][3] = ZZQ - 1;
	For (i, St, Ed)
		V = J * K * (J ^ len[i] - 2) * V;
	firs.n = 3; firs.a[3][1] = 1;
	firs = (V ^ n / sum) * firs;
	firs = frN(St, Ed, firs.a[1][1], firs.a[2][1], n % sum);
	cout << firs.a[2][1] << endl;
	return 0;
}